Fórum: GEOMETRIA

[1] [2] [3] [4] [5] [6] [7] [8] [9] [10] [11] [12] [13] [14] [15] [16] [17] [18] [19] [20] [21] [22] [23] [24] [25] [26] [27] [28] [29] [30] [31] [32] [33] [34] [35] [36] [37] [38] [39] [40] [41] [42] [43] [44] [45] [46] [47] [48] [49] [50] [51] [52] [53] [54] [55] [56] [57] [58] [59] [60] [61] [62] [63] [64] [65] [66] [67] [68] [69] [70] [71] [72] [73] [74] [75] [76] [77] [78]

Szeretnél hozzászólni? Jelentkezz be.

[1615] w	2012-12-12 17:59:04
Ez is szép megoldás. A feladat bemutatja, hogy több ismerettel sokkal bonyolultabban oldanánk meg egy nem nyilvánvaló általános iskolás feladatot, mint egy korlátos ismerettel rendelkező nyolcadikos. (Persze az más kérdés, hogy egy általános iskolás mit tesz, ha egy trigonometrikus egyenletet kellene fejtegetni.) Akinek elemi geometriával van dolga, annak állandó gyakorlásra van szüksége, hogy ezekhez való érzékét fenntartsa. (Megjegyzendő, hogy mindenhol van kivétel.) A feladat megoldása: Célszerű az egyenlő szárúságot kihasználni. Rajzoljuk be a háromszög szimmetriatengelyét, ez messe CP-t Q-ban, ekkor QAC<=ACQ<=30°. Vegyük észre, hogy AP felezi a BAQ<-et, ráadásul PQ az AQB< felezője. Így P az AQB háromszög beírt körének középpontja, azaz BP felezi ABQ<-et. BPC<=180°-(80°/2+80°/4)-(50°-30°)=100°. Ez egyszerű volt. Kis túlzással annyi kellett hozzá, hogy észrevesszük, hogy az egyenlő szárú háromszög szimmetrikus. Aki erre rákényszerítené a szabályos 18-szöget, az azért teszi, mert a feladatot ennél összetettebbnek képzeli, és jogosan. Tehát ajánlom a feladatok egyszerű megközelítését (aki elolvasta a bemutatkozásomat, az el is várhatja a könnyebb példákat :). Megint más kérdés, hogy milyen a feladat általánosítása...

Előzmény: [1614] HoA, 2012-12-11 13:07:32

[1614] HoA	2012-12-11 13:07:32
Hogy mennyire tömény és elegáns, azt ítélje meg más, minden esetre "nyolcadikosabb" , mint az előző. Építsük fel a mellékelt ábrát az ABC háromszög csúcsaiból, a körülírt kör O középpontjából és a CA oldallal 30 fokos szöget bezáró CE egyenesből kiindulva. CO felező merőlegesének és CE -nek a metszéspontja Q. Az állandó QC hosszúságú piros szakaszok ismételt felméregetésével kialakul az ábra. A 10, 20, 40 ill. 60 fokos szögeket kékkel, rózsaszínnel, lilával ill. zölddel jelöltem. Látható - és persze bizonyítható - , hogy P a feladatban definiált pont. A BPC háromszöget O körül pozitív irányban 100 fokkal elforgatva P Q-ba , B C-be kerül, A BP szakasz képe tehát a PC-vel egy egyenesbe eső CQ, ezért BPC szög 100 fok.

Előzmény: [1611] w, 2012-12-10 16:46:48

[1613] w

2012-12-10 22:22:18

Jogos a hozzászólásod. Én arra gondoltam, hogy a feladatot úgy is meg lehet oldani, hogy csak a következőket használhatjuk: háromszög belsőszög-összege, nevezetes vonalai, beírt kör, szög/szakasz/pont felvétele.

A Fálesz-HoA-megoldás sokkal hasznosabb, mint az, amire gondolok. Mindenesetre hamarosan - amint lesz időm az ábrát elkészíteni - közlöm a megoldásomat.

******

Mutassuk meg, hogy ha egy háromszög két belső szögfelezője azonos hosszú, akkor és csak akkor a háromszög egyenlő szárú.

Előzmény: [1612] Lóczi Lajos, 2012-12-10 18:30:06

[1612] Lóczi Lajos	2012-12-10 18:30:06
Én a mellékelt ábrákon mást sem látok, csak háromszögeket.
Előzmény: [1611] w, 2012-12-10 16:46:48

[1611] w

2012-12-10 16:46:48

Köszönöm szépen, a megoldásotok nagyon szép, és igen sok feladatra felhasználható.

A feladatot eredetileg nyolcadik osztályosoknak tűzték ki, talán 2007-ben (?), ezért nyilván van olyan megoldás, ami tömény, elegáns háromszöggeometria.

Előzmény: [1610] HoA, 2012-12-10 11:26:43

[1610] HoA	2012-12-10 11:26:43
A [1609] –beli megközelítés egy konkrét megvalósítása, a szükséges nem triviális közös metszéspont bizonyításával: Válasszuk meg az A, B, C csúcsokat az ábra szerint, így ABC a feladatban szereplő háromszög. Mivel egy sokszög oldalhoz, ill. a körülírt körben a hozzá tartozó ívhez 10 fokos kerületi és 20 fokos középponti szög tartozik, AOC $\angle$ = 160 fok , így CAO $\angle$ = 10 fok. A CA –val 30 fokos szöget bezáró P₁₁P₄ ( = CE ) , egyenes és a P₅P₁₄ átmérő metszéspontja legyen F. Az OEF háromszögben OEF $\angle$ = 20 fok, mint a P₁₁P₁₃ ívhez tartozó kerületi szög, FOE $\angle$ = 20 fok, mint a P₄P₅ –höz tartozó középponti szög, OEF háromszög egyenlőszárú. Az AOE egyenlőszárú háromszögben O-nál 60 fokos szög van, mint P₁P₄ –hez tartozó középponti szög, AOE háromszög szabályos. AEFO deltoid, AF átlója felezi a 60 fokos OAE szöget, FAO $\angle$ = 30 fok, FAC $\angle$ = 40 fok , F tehát feladatunk P pontja. Mivel P rajta van a P₅P₁₄ átmérőn és a P₁₁P₄ átlón, ezért az utóbbinak P₅P₁₄ –re vett tükörképén , a P₆P₁₇ átlón is rajta van. A BCP háromszögben BCP $\angle$ = P₆CP₄ $\angle$ = 20 fok, CBP $\angle$ = P₁₁BP₁₇ $\angle$ = 60 fok, így BPC $\angle$ = 100 fok.

Előzmény: [1609] Fálesz Mihály, 2012-12-10 09:28:23

[1609] Fálesz Mihály	2012-12-10 09:28:23
Az ilyenfajta feladatokhoz egy kiváló cikk: Csirmaz László: Egy geometriai feladatról A lényeg röviden: 1. Egy szabályos 18-szögben az átlók közötti szögek mind a 10^o többszörösei. 2. Vannak olyan átlók, amik nem teljesen triviálisan egy ponton mennek át. Például a O középpontú P₁P₂...P₁₈ szabályos 18-szögben a P₉P₁₅ átló az OP₁₂ sugár felező merőlegese, és ebből következik, hogy a P₁P₁₀ egyenes tükörképe a P₉P₁₅ átlóra éppen a P₇P₁₂ egyenes. Ha ezeket a P₁P₁₀ átmérőre is tükrözzük, láthatjuk, hogy a P₁P10, P₅P₁₁, P₇P₁₂. P₈P₁₃ és P₉P₁₅ átlók egy ponton mennek át. 3. A feladat megoldása ezek után abból áll, hogy megkeressük a rengeteg oldal és átló között a feladat ábráját...

Előzmény: [1608] w, 2012-12-09 11:22:59

[1608] w	2012-12-09 11:22:59
Köszönöm, AB=BC és nem AB=AC. Újra átnéztem, más hiba nincsen.
Előzmény: [1607] HoA, 2012-12-08 22:50:41

[1607] HoA	2012-12-08 22:50:41
Alighanem elírtad. Ha AB = AC , akkor ABC $\angle$ = ACB $\angle$ , így BAC $\angle$ -re 20 fok marad, belső P pontra nem lehet PAC $\angle$ 40 fok.
Előzmény: [1606] w, 2012-12-08 21:34:35

[1606] w	2012-12-08 21:34:35
ABC háromszögben AB=AC, P belső pontra PAC<=40 fok, ACP<=30 fok. Mekkora a BPC<, ha ABC<=80 fok?

[1605] Mordon	2012-10-31 16:11:53
Köszönöm!
Előzmény: [1604] m2mm, 2012-10-31 15:50:29

[1604] m2mm	2012-10-31 15:50:29
http://www.komal.hu/verseny/feladat.cgi?a=feladat&f=B4311&l=hu
Előzmény: [1603] Mordon, 2012-10-31 15:00:07

[1603] Mordon

2012-10-31 15:00:07

P az ABC háromszög belső pontja. A CP egyenes az AB oldalt a D, az AP egyenes a BC oldalt az E, a BP egyenes a CA oldalt az F pontban metszi. Tudjuk, hogy PA+PB+PC=43 és PD=PE=PF=3. Határozzuk meg a PA^.PB^.PC szorzat értékét.

Ennek a tavalyi Szőkefalvi feladatnak a megoldását valaki le tudná írni?

Előre is köszönöm!

[1602] Kásás János	2012-10-24 13:28:36
Köszönöm mindeninek a segítséget. Sajnos a gépelésnél tényleg én követtem el a hibát, egyel mellé ütöttem. Még egyszer köszönöm mindenkinek a segítséget.
Előzmény: [1601] HoA, 2012-10-24 13:02:31

[1601] HoA	2012-10-24 13:02:31
Gondolom mivel a szereplő betük közül N a B mellett van a billentyűzeten, a kérdező B-t gondolt. Ekkor a metszéspont Jónás T pontja, a keresett hosszúságok AT = 4/5 AC = 4/5 * 28 cm = 22.4 cm, BT = 3/5 BC = 3/5 * 21 cm = 12.6 cm , mint [1597]-ben.
Előzmény: [1596] jonas, 2012-10-23 22:01:37

[1600] jonas	2012-10-24 10:12:39
Jaj. Gondoltam, hogy kell lennie egyszerűbb megoldásnak is. Akkor a derékszögű háromszöget csak a feladat második fele miatt adták föl?
Előzmény: [1599] Blinki Bill, 2012-10-24 06:57:11

[1599] Blinki Bill	2012-10-24 06:57:11
Mivel F felezi az ívet, ezért CF a C-nél levő szög szögfelezője és az AB oldalt a szomszédos oldalak arányában osztja a szögfelező-tétel miatt. Az arány 3:4, így a 35cm-t kell ilyen arányban bontani, adódik 20cm és 15cm.
Előzmény: [1595] Kásás János, 2012-10-23 20:10:04

[1598] jonas	2012-10-23 22:49:11
Itt egy ábra is a feladathoz.

Előzmény: [1597] jonas, 2012-10-23 22:26:48

[1597] jonas

2012-10-23 22:26:48

A feladat első részéhez vedd észre, hogy a háromszög derékszögű.

Tegyük fel, hogy a BC oldal hossza 21 cm, az AC oldalé pedig 28 cm. Koordinátázzuk úgy a síkot, hogy a háromszög körülírt körének a középpontja legyen az origó, az A pont legyen a (-17.5 cm, 0), a B legyen (17.5 cm, 0), a C második koordinátája pedig legyen pozitív.

Jelölje T a C-hoz tartozó magasság talppontját. A talppont az AB átfogón úgy helyezkedik el, hogy az AT távolság egyenlő az AC befogó négyzete osztva az átfogóval, vagyis 22.4 cm. Ebből a T koordinátái (4.9 cm, 0). A CT magasság hossza egyenlő a befogók szorzata osztva az átfogóval, vagyis 16.8 cm, így a C koorindátája (4.9 cm, 16.8 cm).

Mármost az F pont a feladat szerint annak az ívnek a felezőpontja, aminek az átmérője az A és a B pont, ezért az F koordinátái (0, -17.5 cm). Ebből a CF szakasz metszete az AB koordinátatengellyel, amit hívjunk R-nek, (4.9cm^.17.5cm/(17.5cm+16.8cm),0) = (-2.5cm,0). Ebből pedig az AR szakasz hossza 20 cm, az RB szakasz hossza pedig 15 cm.

Előzmény: [1595] Kásás János, 2012-10-23 20:10:04

[1596] jonas	2012-10-23 22:01:37
Nem értem a feladatot. Az N pontot honnan kapod?
Előzmény: [1595] Kásás János, 2012-10-23 20:10:04

[1595] Kásás János

2012-10-23 20:10:04

Segítséget szeretnék kérni tőletek, mert nem tudom megoldani a gyermekem házi feladatát:

Az ABC háromszög oldalainak hossza 21, 28 és 35 cm. A háromszög köré írt kört a háromszög csúcsai három ívre bontják. Ezek közül a leghosszabb ív felezőpontja F. Kössük össze F-et a háromszög szemközti csúcsával (legyen ez a csúcs C). Mekkora részre bontja a CF szakasz az AB szakaszt? Tükrözzük a C pontot az AN szakasz egyenesére (C’). Mekkora részre bontja a CC’ szakasz az AB oldalt?

A szögfüggvényeket még nem tanulták, azokat nem lehet használni.

Fáradozásotokat előre is megköszönve.

Tisztelettel: Kásás János

[1594] HoA	2012-08-16 21:51:44
A 181.feladat elemi megoldása: Legyenek az ABCD érintőnégyszög beírt körének szemközti E,G ill. F,H érintési pontjait összekötő húrok e₁ és e₂ . Legyen AEG $\angle$ =EGD $\angle$ = $\epsilon$ ,CFH $\angle$ =FHD $\angle$ = $\phi$ . Az érintőnégyszög szemközti, B-nél és D-nél lévő szögeinek összege az M-nél derékszögű MGDH és MEBF négyszögekből $\beta$ + $\delta$ =(360–90- $\epsilon$ - $\phi$ )+(360-90–[180- $\epsilon$ ]–[180- $\phi$ ])=180 fok. ABCD tehát egyúttal húrnégyszög is. BDC $\angle$ =BAC $\angle$ , AEM és DGM háromszögek hasonlóak, M-nél lévő AME és DMG szögeik egyenlőek. Így egyenlőek az ezeket a szögeket 90 fokra kiegészítő AMH és DMH szögek is, vagyis e₂ felezi az AC és BD átlók által bezárt szöget.

Előzmény: [1569] m2mm, 2012-05-27 18:19:14

[1593] m2mm

2012-08-14 10:50:14

Projektív megoldást találtam én is, elemi engem is érdekelne.

Ma böngészve régebbi KöMaL-példák között találtam a B.3680. feladatra, ami tulajdonképpen a 181. feladat nemtriviális része, így egy újabb megoldást rakhatunk a feladathoz, a hivatkozásban láthatunk egy újabb bizonyítást.

B.3680

Előzmény: [1570] Vonka Vilmos Úr, 2012-05-27 20:25:16

[1592] Zilberbach	2012-08-13 22:07:52
Elnézést a telhetetlenségemért. Magyarul nincs valami a témában?
Előzmény: [1589] Lóczi Lajos, 2012-08-13 09:42:33

[1591] Gézoo	2012-08-13 09:48:15
Köszönöm szépen, a 2. nagyon jó, (csak kár, hogy nem magyar).
Előzmény: [1589] Lóczi Lajos, 2012-08-13 09:42:33

Már regisztráltál?
Új vendég vagy?